Benötigen Sie Hilfe beim Verständnis der Schaltpläne im LT1019-Datenblatt

Der Zweck von A1 besteht nicht darin, -5 V zu erzeugen, eine gespiegelte Version der +5 V-Referenz. Es soll die Spannung an der Spitze des "aktiven Elements" auf genau 0 V halten. Dies kann verstanden werden, wenn man weiß, dass eine negative Rückkopplung bewirkt, dass der Operationsverstärker seine beiden Eingangspotentiale (von denen eines auf Masse gehalten wird) ausgleicht, indem er seinen Ausgang so anpasst, dass dies der Fall ist.

In dem Fall, in dem das "aktive Element" genau 350 Ω beträgt, führt dies auch dazu, dass A1 -5 V ausgibt, da der linke Pfad der Brücke jetzt genau durch 2 geteilt wird.

Wenn das aktive Element seinen Widerstand ändert, moduliert A1 die Spannung am unteren Ende der Brücke, sodass der obere Knoten des Elements auf 0 V gehalten wird.

Ich habe das noch nie zuvor gesehen, und es hat mich fasziniert, also habe ich es analysiert, um die Behauptung der Linearität zu testen. Was wir haben, ist diese Brücke:

^{Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan}

Die Kreuzung des linken Pfades (enthält das untere, aktive Element$R_E$) ist Punkt A, der vom Operationsverstärker auf 0 V gehalten wird. An der Spitze der Brücke, Punkt X, befindet sich das Anregungspotential$V_X$. Der Operationsverstärker steuert$V_Y$, die Spannung an Y, dem unteren Knoten der Brücke. Auch,$R_1 = R_2 = R_3$.

Wir möchten die Spannung über der Brücke wissen$V_B$.

Das Potenzial$V_Y$ist die Spannung, die benötigt wird, um 0 V bei A zu erzeugen. Dies wird hier angegeben:

$$V_A = V_Y + (V_X - V_Y) \frac{R_E}{R_E + R_1} = 0V$$

Umstellen zu machen$V_Y$das Thema:

$$\begin{aligned} V_Y - V_Y (\frac{R_E}{R_E+R_1}) &= -V_X (\frac{R_E}{R_E+R_1}) \newline \newline V_Y (1 - \frac{R_E}{R_E+R_1}) &= -V_X \frac{R_E}{R_E+R_1} \newline \newline V_Y &= -V_X \frac{\frac{R_E}{R_E+R_1}}{1-\frac{R_E}{R_E+R_1}} \newline \newline &= -V_X \frac{R_E}{R_1} \end{aligned}$$

Seit$R_2 = R_3$,$V_B$liegt auf halbem Weg dazwischen$V_X$Und$V_Y$:

$$\begin{aligned} V_B &= \frac{V_X + V_Y}{2} \newline \newline &= \frac{V_X - V_X \frac{R_E}{R_1}}{2} \newline \newline &= V_X \frac{1}{2} (1 - \frac{R_E}{R_1}) \end{aligned}$$

Seit$V_X$konstant bei 5 V liegt, erzeugt dies tatsächlich eine Spannung über der Brücke, die sich linear mit ändert$R_E$, und wann Null ist$R_E = R_1$. Erstaunlich, zumindest für mich.

---

Bearbeiten 1 - Auf aktivem Elementstrom

Mir ist aufgefallen, dass A1 und der 350Ω-Widerstand einen konstanten Strom durch das aktive Element liefern. Es ist einfacher zu sehen, wenn ich diese Teile wie folgt neu zeichne:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Aus dieser Perspektive ist das bei konstantem Strom leicht zu erkennen$R_E$, offensichtlich ist der Ausgang des Operationsverstärkers indirekt proportional zum Widerstand von$R_E$.

---

Bearbeiten 2 - Auf den 357Ω-Widerständen

Sie haben Recht damit, dass die 357 Ω den LT1019-Regler unterstützen, indem sie den Punkt X näher an +5 V anheben, wodurch der Regler von der Last befreit wird, den gesamten dafür erforderlichen Strom bereitzustellen. Ich wollte jedoch die genaue Spannung an X herausfinden, die dieser Widerstand erzeugen würde, ohne dass dort überhaupt ein Regler vorhanden wäre. Das ist nicht trivial, und ich gebe zu, dass ich hier geschummelt habe, indem ich den Simulator verwendet habe, um die Spannung an X abzuleiten, anstatt die Algebra zu machen:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Bringen$V_X$bis zu 5 V von 4,93 V muss der Regler eindeutig einen kleinen Strom liefern. Auf Seite 5 des LT1019-Datenblatts, mit dem Sie verlinkt sind, befindet sich ein Diagramm zur "Lastregelung":

Dieser Chip ist durchaus in der Lage, 10 mA zu beschaffen und zu versenken, aber er kann besser beschaffen als versenken. Auch der Regelfehler ist ab 0 mA linear, aber wenn der Ausgang jemals zwischen Quellen und Senken wechselt, gibt es dort einen Knick in der Kurve, der eine subtile Nichtlinearität einführt. Es ist sinnvoll, das Sourcing des Geräts weit entfernt von diesem Bereich der Übergangsverzerrung zu halten.

In meiner vorherigen Bearbeitung habe ich gezeigt, dass der Strom im linken Pfad der Brücke konstant 14 mA beträgt, der Strom im rechten Pfad jedoch bis zu einem gewissen Grad variiert, zentriert bei 14 mA (weil er den gleichen Widerstand von 2 × 350 Ω dazwischen hat X und Y), aber leicht steigend oder fallend$V_Y$Änderungen.

Sie sollten normalerweise die maximalen Auslenkungen von berechnen$V_Y$(entsprechend den erwarteten Extremen von$R_E$) über und unter -5 V, um die Ober- und Untergrenze des Stroms im rechten Pfad herauszufinden. Ich kann mir das aber vorstellen, da die Differenzverstärkerstufe (A2) eine Verstärkung von 100 hat.

Ich gehe davon aus, dass ein Ausgangshub von ±15 V einem Eingang von ±0,15 V bei B entspricht, was wiederum dem Doppelten bei entspricht$V_Y$(aufgrund der Halbierung durch den 350Ω+350Ω-Teiler).

$$V_Y = -5V ±0.3V$$

Der Strom im rechten Pfad variiert zwischen:

$$\frac{5V - (-5V \pm 0.3V)}{2 \times 350\Omega} = 14.3mA \pm 0.5mA$$

Fügen Sie den Strom des linken Pfads hinzu, und wir erhalten einen Gesamtstrom, der von Punkt X gezogen (und natürlich zu Y zurückgeführt) wird von ungefähr$28.6mA \pm 0.5mA$

Der Konstrukteur möchte also, dass der LT1019 eine kleine Strommenge (deutlich weniger als 10 mA) liefert, aber nicht so klein, dass die Abweichung von ±0,5 mA dazu führt, dass er sich Null nähert.

---

Bearbeiten 3 - Auf dem Differenzverstärker

Ich bin endlich dazu gekommen, mir A2 anzusehen und die Behauptung, dass es die Brücke nicht lädt. Dieser Teil der Schaltung sieht zunächst so aus:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Es gibt einige Annäherungen, die es uns ermöglichen, das auf etwas viel Einfacheres zu reduzieren. Für den Anfang wissen wir das$V_A = 0V$. Auch das können wir sagen$V_P = V_Q$, aufgrund der Opamp-Aktion bei negativer Rückkopplung.$R_4$Und$R_5$0 V haben, keinen Strom ziehen, 0 V durch etwas teilen, um nachzugeben$V_Q = 0V$. All dies ermöglicht uns diese Aussage:

$$V_P = V_Q = V_A = 0V$$

Das Ganze reduziert sich auf:

^{Simulieren Sie diese Schaltung}

Unter diesen Annahmen ist dies nur ein normaler invertierender Verstärker mit Ausgang:

$$V_Z = -V_B \frac{R_3}{R_2}$$

Ströme sind einfach zu berechnen, angesichts der üblichen Idealisierung, dass die Opamp-Eingänge einen unendlichen Widerstand haben und keinen Strom ziehen:

$$I_B = \frac{V_B}{R_2}$$ $$\begin{aligned} I_A &= -\frac{V_Z}{R_6} \newline \newline &= V_B \frac{R_3}{R_2 R_6} \end{aligned}$$

Wie der Autor feststellt, hätten wir es tun sollen$R_3 = R_6$, vereinfacht sich also zu:

$$I_B = V_B \frac{1}{R_2} = I_A$$

Das bedeutet, dass die Eingänge des Differenzverstärkers von jeder Seite der Brücke den gleichen Strom ziehen. Technisch gesehen ist dies keine "Leerlast", aber es verhindert, dass die Brücke aus dem Gleichgewicht gerät.

Wir sind davon ausgegangen$V_A = 0V$, aber streng genommen wird es um einen Betrag, der gleich der Eingangsoffsetspannung von A1 ist, leicht von Null abweichen. Seine Wirkung auf den Zustand$I_B = I_A$vernachlässigbar sein, da der Strom gezogen wird$R_4$Und$R_5$aufgrund von nur Millivolt an A wird im Vergleich zu den vielen Milliampere in den Brückenelementen winzig sein.

Die letzte Behauptung ist, dass die Eingangsoffsetspannung und -drift von A1 durch den Differenzverstärker aufgehoben werden. Ob dies wahr ist oder nicht, ist mir nicht sofort klar, aber ich vertraue der Behauptung vorsichtig und überlasse die Erklärung jemand anderem.

Wenn Sie nur die 4 Brückenwiderstände mit einem einzigen variablen betrachten, ist die differentielle Spannungsänderung nicht linear (unabhängig davon, ob die Brücke von einer Strom- oder Spannungsquelle gespeist wird).

Was zum Teufel. Ampere. versucht zu erreichen, dass der Vaa- Knoten (unten) nahe bei 0 V gehalten wird, was bedeutet, dass der R8- Widerstand einen konstanten Strom hat. Damit ändert sich die Spannung an R10 linear mit der Widerstandsänderung.

Bleibt der Strom durch R8 und R10 praktisch konstant und ändert sich auch der Strom durch R7 nicht (wenn man bedenkt, dass die +15V eine gute Lastregelung haben), ändert sich der Strom durch R9 und R11 linear.

Idealerweise wird die Differenzspannung also linear abhängig vom variablen Widerstandswert.

Die folgende idealisierte Schaltung versucht dies durch Übertreiben der Widerstandsvariation zu zeigen:

Ich habe das Gefühl, dass die anderen Antworten zu lang sind.

Warum A1 da ist. Das Halten eines Knotens der Brücke auf virtuellem Boden wird in diesem App-Hinweis erklärt .

Eine Brücke wird so kalibriert, dass die differenzielle Ausgangsspannung ungefähr Null ist. Es ist weniger wichtig, dass die Gleichtakt-Ausgangsspannung genau die Hälfte der Versorgungsspannung ist. Das heißt, wenn Sie die Oberseite der Brücke auf genau 5 V und die Unterseite auf genau -5 V treiben, werden die Ausgänge wahrscheinlich von Masse in die gleiche Richtung getrennt, was erfordert, dass der Verstärker mehr CMRR hat, als bei einem Ausgangsknoten erforderlich wäre wird am Boden gehalten.

Wenn sich nur ein Zweig ändert, ist die Spannung in Bezug auf die Linearität in Bezug auf ihren Widerstand am linearsten, wenn sich der Strom durch sie nicht ändert. Und diese Schaltung macht genau das.

Wie für den Widerstand parallel zum LT1019. Abgesehen von Verlustproblemen hält der LT1019 den mit 5 V gekennzeichneten Knoten auf 5 V, unabhängig davon, ob der Widerstand vorhanden ist oder nicht. Während des Betriebs liegen an jedem Widerstand der Brücke etwa 5 V an. Die Spannungsreferenz müsste also 28mA liefern. Um die Belastung der Referenz zu verringern, können wir die 28 mA mit einem Widerstand versorgen, dessen Wert (15 V - 5 V) ÷ 28 mA = 350 Ω beträgt.